Teorema Kopernika i traektoriya dvijeniya tochekx

Муниципальное бюджетное общеобразовательное учреждение
Борисоглебского городского округа
Борисоглебская средняя общеобразовательная школа№3
Проект на тему:
«Теорема Коперника и
траектория движения
точек»
Работу выполнил:
М.А.Сальников, учащийся10 класса
Руководитель:
С.А. Кравцова, учитель математики
МБОУ БГО СОШ №3
Борисоглебск, 2015
Содержание
I.Введение
Цель и задачи………………………………………………………………………...…...3
II.Основное содержание
1. Из истории………………………………………………………………………………..4
2. Определение и сущность метода геометрических мест точек…………………….....5
3. Основные геометрические места точек на плоскости………………………………..6
4. Теорема Коперника…………………………………………………………………...…8
5. Траектории движения точек…………………………………………………………….9
6. Задачи для самостоятельного решения……………………………………………….12
III.Заключение...................................................................................................................13
IV.Литература………………………………………………………………………….....14
V. Рецензия………………………………………………………………………………..15
2
I.Введение
Цель: познакомиться с теоремой Коперника и применением ее к решению задач
геометрические места точек на плоскости;
Задачи:
на
 познакомиться с основными геометрическими местами точек на плоскости;
 решить задачи с применением понятия ГМТ;
 развить навыки самостоятельного получения информации из различных
источников;
 развивать навыки исследовательской работы.
Главные действующие лица моего проекта различные геометрические фигуры, или так
называемые, «множества точек». Вначале я расскажу о самых простых фигурах в различных
сочетаниях. Они двигаются, обнаруживают новые свойства, пересекаются,объединяются, образуют
целые семейства и меняют своё обличье
иногда до неузнаваемости; впрочем, интересно
увидеть старых знакомых в сложной
обстановке, в окружении новых фигур,
появляющихсяв в финале.
Многое из того, о чём говорится в
задачах, полезно проверить на опыте: сделать
крупный чертёж, лучше
в нескольких
вариантах (с различным расположением
фигур). Такой экспериментальный подход не только помогает угадать ответ, сформулировать
гипотезу, но часто и подсказывает путь к математическому доказательству.
Выполняя чертеж, убеждаешься, что почти за каждой задачей скрыта вспомогательная задача:
построить несколько точек или линий, о которых говорится в условии. Эта предварительная задача
часто оказывается более доступной, но не менее интересной.
3
II. Основное содержание
1. Из истории
В истории черпаем мы мудрость,
в поэзии – остроумие, в
математике – проницательность.
Ф.Бэкон
Гелиоцентрическая система.
О
замечательном
польском
астрономе, механике, математике Николае
Копернике (1473–1543) говорят, что он
«остановил Солнце и сдвинул Землю».
Действительно, после более чем 30 лет
наблюдений и опытов, проведенных в
своей обсерватории, ученый приходит к
выводу, что наша система мира является
гелиоцентрической: в центре — Солнце, а
Земля — одна из планет, вращающихся
вокруг Солнца. В своем главном труде
«Об обращении небесных сфер» Коперник
говорит о том, что Земля, вращаясь вокруг Солнца, вращается также и вокруг своей оси, а ее
спутник Луна вращается вокруг самой Земли.
Во времена Коперника еще не было телескопов, приборы для наблюдения были теми же, что и
у древних греков: гномоны, квадранты, армиллярные сферы. Поэтому и Коперник ошибался,
полагая, будто планеты движутся вокруг Солнца равномерно по окружностям (на самом деле, по
эллипсам). Тем не менее, система Коперника содержала зерно научной истины, и она стала
фундаментом для новой эпохи в развитии астрономии. И хотя вскоре книгу «Об обращении
небесных сфер» инквизиция запретила, было уже поздно: идеи Коперника овладели многие
пытливыми умами, и астрономия стала развиваться быстро и решительно. Надо сказать, что
любимой книгой Коперника всю жизнь оставались «Начала» Евклида. Быть может, в благодарность
за это ученый подарил геометрии задачу, которая сегодня носит название теоремы Коперника.
4
2.Определение и сущность метода геометрических мест точек.
1)Геометрическое место точек.
Геометрическое
место
это множество всех точек, удовлетворяющихопределённым
заданным условиям.
«Множество точек» - очень общее понятие. Это может
быть любая фигура: одна или несколько точек, линия или
область на плоскости.Во многих задачах требуется найти
множество точек, удовлетворяющихнекоторому условию.
Ответами в таких задачахявляются, как правило, фигуры,
известные
изшкольного
курса
геометрии
(прямые,
окружности, иногда куски, на которые эти линии разбивают
плоскость, и т.п.).
Главное - догадаться,какая это фигура.
В решениях некоторых задач приходится провести
целое исследование. Ведь нужноубедиться в том, что:
а) все точки, удовлетворяющие данному условию,
принадлежат указанной фигуре;
б) все точки фигуры удовлетворяют данному условию;
Иногда очевидны оба эти утверждения и прямое и
обратное, иногда только одно из них;а случается, что даже
сообразить, каков ответ,трудно.
точек
-
2)Сущность метода геометрических мест.
Сущность метода геометрических мест, используемого при решении задач, состоит
в следующем. Пусть, решая задачу, нам надо найти точку X, удовлетворяющую двум
условиям. Геометрическое место точек, удовлетворяющих первому условию, есть
некоторая фигура F1, а геометрическое место точек, удовлетворяющих второму условию,
есть некоторая фигура F2. Искомая точка X принадлежит F1 и F2, т. е. является их точкой
пересечения. Если эти геометрические места простые (скажем, состоят из прямых и
окружностей), то мы можем их построить и найти интересующую нас точку X.
Можно провести параллель между геометрическими задачами: найти множество
точек - и обычными алгебраическими задачами:решить уравнение (систему
уравнений, неравенство). Действительно, решить уравнениеили неравенство - значит
найти множество чисел, удовлетворяющих некоторому условию.Подобно тому, как в
школьном курсе алгебрысамые разные уравнения (например, тригонометрические,
логарифмические) сводятся обычноклинейным или квадратным, часто даже замысловатое
геометрическое условие оказываетсялишь новым свойством прямой или окружности.
5
3.Основные геометрические места точек на плоскости
1)Геометрическим местом точек плоскости, равноудалённых от сторон угла, будет
биссектриса данного угла АК = AT, гдеА – любая точка на биссектрисе.
2)Геометрическим местом точек, равноудалённых от двух данных точекАи В, будет
прямая, перпендикулярная к отрезку, соединяющему эти точки, и проходящая через его
середину. MA = MB, где М – произвольная точка на серединном перпендикуляре отрезка
АВ.
3)Геометрическим местом точек плоскости, равноудалённых от заданной точки,
будет окружность с центром в этой точке. ТочкаО равноудалена от точек
окружности. Отрезок, соединяющий центр окружности с какой-либо её точкой,
называется радиусом и обозначается r или R.
4)Местоположение
центра
окружности,
описанной
около
треугольника.
Центр окружности, описанной около треугольника, является точкой пересечения
перпендикуляров к сторонам треугольника, проведённых через середины этих сторон.
6
А,
В,
С
–
вершины
треугольника,
лежащие
на
окружности.
АМ
=
МВ
и
АК
=
КС.
Точки М иК – основания перпендикуляров к сторонам АВ и АС соответственно.
5)Местоположение центра окружности, вписанной в треугольник.
Центр окружности, вписанной в треугольник, является точкой пересечения его
биссектрис. В⊿ABC отрезки AT иСКявляютсябиссектрисами.
7
4. Теорема Коперника
Теорема: Если по неподвижной окружности, касаясь ее
изнутри, катится без скольжения окружность вдвое меньшего
радиуса, то произвольная точка T меньшей окружности движется
по диаметру большей окружности.
Доказательство:
Попробуем убедиться на опыте в справедливости этой
теоремы. (При этом важно, чтобывнутренний круг катился без
скольжения, т. е.что бы длины прокатившихся друг по другу дуг
были равны.)
Пусть точка подвижной окружности,занимавшая в
начальный момент положение Aна неподвижной окружности,
попала в положение K , а T- точка касания окружностейв этот
момент времени.
Поскольку радиус подвижной окружности вдвое меньше,
то градусная величинадуги KT вдвое больше, чем дуги AT .
Такимобразом, если O- центр неподвижной окружности, то
потеореме о вписанном угле1∠AOT = ∠KOT . Значит, точка
Kлежит на радиусе AO .
Это рассуждение годится вплоть до тогомомента, когда
подвижный круг прокатится почетверти большой окружности
(точка касаниятогда попадёт в точку B большой
окружности,для которой ∠BOA = 90◦ , а K совпадёт с O).
Дальше движение будет происходить точно также - вся
картина просто отразится симметрично от прямой BO- а затем,
после того какточка K достигнет противоположного концаA
диаметра AA , круг будет катиться по нижней половине
неподвижной окружности и в этовремя точка K вернётся в A .
Теорема доказана.
8
5. Траектории движения точек
Задача 1.
Лестница, стоявшая на гладком полу у стены, соскальзывает вниз. По какой
траектории будет двигаться котенок, сидящий на середине лестницы?
Решение:
Пусть котёнок флегматичный и сидит смирно. Тогда за
этой условной формулировкой видна математическая задача:
Дан прямой угол. Найти множество середин
всевозможных отрезков данной длины d , концы которых
лежат на сторонах данного угла.
Попробуем догадаться, что это за множество. Разумеется,
когда отрезок поворачивается, скользя концами по сторонам
угла, его середина описывает некоторую линию. Прежде всего,
выясним, где находятся концы этой линии. Концы линии A и B
находятся на сторонах угла на расстояниях d/2 от его вершины.
Построим несколько промежуточных точек этой линии.
Мы увидели, что все они находятсяна одинаковом расстоянии от
вершины O данного угла.
Возникает
предположение:
искомаялиния
дуга
окружности радиуса d/2 с центром O . Теперь нужно это доказать.
Докажем сначала, что середина M данногоотрезка
KL(|K L|= d) находится нарасстоянии d/2 отточки O .
Длина медианы OM прямоугольноготреугольника KOL
равна половине длины гипотенузы KL.
В справедливости этого легкоубедиться, достроив
треугольник KOL до прямоугольника KOLT и вспомнив, что
диагоналипрямоугольника KL и OT равны по длинеи точкой
пересечения M делятся пополам.
Таким образом, мы доказали, что серединаотрезка
KL всегда лежит на дуге AB окружности с центром O .
Этадуга и есть искомое множество точек.
Мы должны ещё доказать,что любая точка M
дуги AB принадлежит искомому множеству. В самом
деле, через любуюточку M нашей дуги мыможем
провести луч OM , отложить на нём отрезок |MT| =
|OM|, опустить из T перпендикуляры TL и TK на
стороны угла и нужный отрезок KL с серединой в точке
M готов.
Ответ: по окружности.
9
Задача 2.
Лестница, стоявшая на гладком полу у стены, соскальзывает вниз. По какой
траектории будет двигаться котенок, сидящий не на середине лестницы?
Решение:
На рисунке построено несколько точек одной из
таких линий. Видно, что это – не прямая и не окружность,
т. е. новая для нас кривая. Выяснить, что это за кривая, нам
поможет метод координат.
Введём систему координат, приняв стороны угла
за оси Ox и Oy . Пусть котёнок сидит в точке M(x;y) на
расстоянии a от концаK лестницы и на расстоянии b от
L(a+b =d ).Найдём уравнение, связывающее координаты х
и y точки M .Если отрезок KL наклонён под углом φк оси
𝜋
Ox, то y =bsinφ , x=acosφ , поэтому при любом φ(0≤φ≤ 2 )
𝑥 2 у2
+
=1
а2 𝑏 2
Множество
точек,
координаты
которых
удовлетворяют этому уравнению – эллипс. Таким
образом, котёнокбудет двигаться по эллипсу.
!
Заметим, что при a=b = d/2 если котёнок сидит,
как прежде, на середине лестницы уравнение
превращается в уравнение окружности x2 + y2 =(d/2)2 .
Тем самым мы получаем ещё одно, аналитическое,
решение задачи 1.
Ответ: поэллипсу.
Задача3 .
Окружность радиуса, равного высоте haравнобедренного треугольника ABC
(b = c), катится по основанию этого треугольника. Будет ли меняться величина
дуги, отсекаемой на окружности боковыми сторонами треугольника?
Решение:
Пусть окружность ω с центром O радиуса AH1 = haкатится по основанию BC
равнобедренного треугольника ABC .
Пусть также KN — диаметр ω,
параллельный прямой BC. Нетрудно показать,
что 1 = 2(т.к. треугольник АВС равнобедренный) = 3 (как накрест лежащие
углы 1и 3 равны) = 4(т.к. треугольник AFQ
– равнобедренный и KNQF) =B.
Тогда 5 = 90°–B (где B —
фиксированный угол). Значит, вписанный EQF
= 90° – B является постоянным, а он равен
половине дуги EF.
10
Ответ: величина дуги меняться не будет.
Задача 4.
Точка O лежит на отрезке AC . Найти множество точек
M, для которых ∠ MOC=2∠ M AC .
Решение:
Пусть точка M искомого множества не принадлежит
прямой AO . Докажем, что расстояние |MO| от неё до точки O
равно |AO|. Построим треугольник OAM . По теореме о внешнем
угле треугольника2 величина угла MOC равна сумме величин
двух внутренних углов A и M , т. е.
∠OAM + ∠AMO = ∠MOC = 2∠MAO.
Из условия задачи сразу получаем ∠OAM = ∠AMO ,
следовательно, треугольник AMO равнобедренный, т. е. |OM| =
|AO|.
Докажем, что верно и обратное: всякая точка M
указанной в ответе окружности удовлетворяет условию.
В самом деле, треугольник AMO равнобедренный,
величины его углов A и M равны и, по той же теореме о
внешнем угле, ∠ MOC = 2∠ MAC .
Пусть теперь точка M принадлежит лучу OC , M≠ O .
Тогда ∠ MOC = 2∠ MAC= 0◦ , и условие выполнено.
Остальные точки прямой AO не принадлежат искомому
множеству: для них один из углов MOC и MAC развёрнутый, а
другой – нулевой (про точку O ничего сказать нельзя).
Ответ: объединение окружности с центром O
радиуса |AO| (без точки A) и луча OC (без точки O).
Задача 5.
Два колеса радиусов r1 и r2 (r1>r2)катятся попрямойL .
Найти множествоточек пересечения Mих общих внутренних
касательных.
Решение:
Заметим, что точка M лежит на осисимметрии этих
двух окружностей - прямой O1O2, где O1 и O2- центры
окружностей. Поэтомуможно искать множество точек
пересеченияпрямой O1O2и одной из касательных T1T2.
Рассмотрим
произвольное
расположение
двухокружностей и проведём в точки касания их радиусы
O1T1и O2T2. Мы видим, что точка Mделит отрезок O1O2в
отношении r1/r2(прямоугольные треугольники MO1T1и
MO2T2подобны).
11
Ясно, что множество центров O1 и множество центров O2 - прямые, параллельные
прямой L . Множество точек M , которые делят отрезки O1O2с концами на этих прямых в
одном и том же отношении r1/r2, также представляет собой прямую, параллельную L.
Таким образом, множество точек пересечения касательных прямая, параллельная прямой L и находящаяся от этой прямой на
расстоянии 2r1r 2/(r1 + r2).
Ответ: прямая, параллельная L .
6. Задачи для самостоятельного решения
Задача 1
Дана точка A и окружность. Найти множество вершин M
равносторонних треугольников ANM , у которых вершина
Nлежит на данной окружности.
Задача 2.
Дан прямоугольник ABCD . Найти все такие точки
плоскости, что сумма расстоянийот каждой из них до
двух прямых AB и CD равна сумме расстояний до
прямых BC и AD .
Задача 3.
Дана окружность и вне её точка A . Провести через точку A
прямую L , касательную к данной окружности.
Задача 4.
Даны точка A и окружность. Провести через точку A
прямую так, что бы хорда, высекаемая окружностью на
этой прямой, имела данную длину d .
12
III. Заключение
В своей работе я подробно изучил тему «Геометрическое место точек на
плоскости». Задачи на определение геометрического места точек на плоскости
представлены в школьной программе в небольшом объеме. Я постарался расширить
круг таких задач, что позволяет углубить знания по данной теме. Задачи на
геометрическое место точек на плоскости считаю достаточно трудными. Анализируя и
обобщая собранный материал, я обнаружил интересную теорему Коперника, ее
доказательство, связь с траекторией движения точек, которая помогла мне решить
некоторые интересные задачи. Для заинтересовавшихся я подобрал задачи
для
самостоятельного решения.
Работа над проектом дает неоценимый опыт творческой, исследовательской и
самостоятельной работы.
13
IV. Литература
1.Васильев Н. Б., Гутенмахер В. Л.В19 Прямые и кривые. | 6-е изд., стереотипное. |
М.: МЦНМО, 2006. | 128 с.: ил.
2.Савин А. Энциклопедия для детей «Математика»,1998.
3.Стражевский А.А. Задачи на геометрические места точек в курсе геометрии
средней школы. | 10 п. л. Уч.-изд. л. 10,68| 2-ая типография «Печатный двор».
4. Шарыгин И.Ф., Ерганжиева Л.Н. « Наглядная геометрия» -,1992г
14
15